Voorbeeldtentamen wiskunde B 8 - antwoorden

(1)

Uitwerkingen CCVW Wiskunde B 17-4-2021

Vraag 1a - 6 punten

Er moet gelden 𝑓 (1 2) = 𝑔𝑎𝑏( 1 2) = −2 en 𝑓 ′₍1 2) = 𝑔𝑎𝑏 ′ ₍1 2) 𝑓′_{(𝑥) = 2 ⋅ e}2𝑥−1_{+ (2𝑥 − 3) ⋅ 2e}2𝑥−1_{, dus 𝑓}′₍1 2) = 2 ⋅ 1 + (−2) ⋅ 2 ⋅ 1 = −2 𝑔𝑎𝑏′ (𝑥) = 2𝑥 + 𝑎, dus 𝑔𝑎𝑏′ ( 1 2) = 1 + 𝑎 𝑓′₍1 2) = 𝑔𝑎𝑏 ′ ₍1 2) geeft dan −2 = 1 + 𝑎 ⇔ 𝑎 = −3 𝑔𝑎𝑏( 1 2) = −2 geeft vervolgens 1 4+ 1 2𝑎 + 𝑏 = −2 ⇔ 1 4− 1 1 2+ 𝑏 = −2 ⇔ 𝑏 = − 3 4

Vraag 1b - 5 punten

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⇔ (2𝑥 − 3)e2𝑥−1_{= 6𝑥 − 9 ⇔ (2𝑥 − 3)e}2𝑥−1_{= 3(2𝑥 − 3)} Dit geeft 2𝑥 − 3 = 0 of e2𝑥−1_{= 3} 2𝑥 − 3 = 0 ⇔ 𝑥 = 11 2, dus 𝑥1= 1 1 2 e2𝑥−1 _{= 3 ⇔ 2𝑥 − 1 = ln⁡(3) ⇔ 2𝑥 = ln(3) + 1 ⇔ 𝑥 =}1 2(ln(3) + ln(e)) = 1 2ln(3e) = ln ((3e) 1 2)

(3e)12= √3e, dus 𝑐 = 3e

Vraag 1c - 5 punten

Spiegeling in de x-as geeft 𝑓1(𝑥) = −𝑓(𝑥)

Verticale vermenigvuldiging met 2 geeft 𝑓2(𝑥) = 2𝑓1(𝑥)

Verticale verschuiving met 3 geeft 𝑓3(𝑥) = 𝑓2(𝑥) + 3

Horizontale verschuiving met 1 geeft 𝑓4(𝑥) = 𝑓3(𝑥 − 1)

Dit geeft: ℎ(𝑥) = −2(2(𝑥 − 1) − 3)e2(𝑥−1)−1_{+ 3}

Dit mag, maar hoeft niet te worden vereenvoudigd tot ℎ(𝑥) = (−4𝑥 + 10)e2𝑥−3_{+ 3}

Vraag 2a - 5 punten

Er is een verticale asymptoot als de noemer gelijk is aan 0 en de teller niet

De noemer heeft twee nulpunten als 𝑥2_{+ 𝑎 = 0 twee oplossingen heeft, dat is het geval als 𝑎 < 0}

De teller is 0 als 𝑥 = 0 of als 𝑥 = 2

Voor 𝑥 = 0 is de noemer 0 als ook 𝑎 = 0, dan geen verticale asymptoot.

Voor 𝑥 = 2 is de noemer 0 als 𝑎 = −4, dan is er één verticale asymptoot (𝑥 = −2) Er zijn dus twee verticale asymptoten als 𝑎 < 0 ∧ 𝑎 ≠ −4

(2)

Vraag 2b - 5 punten

𝑓1(𝑥) = 𝑥3− 2𝑥2 𝑥2_{+ 1} = 𝑥3+ 𝑥 − 2𝑥2− 𝑥 𝑥2_{+ 1} = 𝑥(𝑥2+ 1) 𝑥2_{+ 1} + −2𝑥2− 𝑥 𝑥2_{+ 1} = 𝑥 − 2𝑥2+ 𝑥 𝑥2_{+ 1} lim 𝑥→±∞ 2𝑥2_{+ 2} 𝑥2_{+ 1} = lim_𝑥→±∞ 2 +_𝑥22 1 +_𝑥12 =2 + 0 1 + 0= 2

Je kunt ook eerst de staartdeling volledig uitwerken:

𝑓1(𝑥) = 𝑥 − 2𝑥2_{+ 2 + 𝑥 − 2} 𝑥2_{+ 1} = 𝑥 − 2(𝑥2_{+ 2) + 𝑥 − 2} 𝑥2_{+ 1} = 𝑥 − 2 − 𝑥 − 2 𝑥2_{+ 1}→ 𝑥 − 2 − 0⁡(𝑥 → ±∞)

De scheve asymptoot is zodoende 𝑦 = 𝑥 − 2

Alternatief

𝑓1′(𝑥) = (3𝑥2_{− 4𝑥) ⋅ (𝑥}2_{+ 1) − (𝑥}3_{− 2𝑥}2_{) ⋅ 2𝑥} (𝑥2_{+ 1)}2 = 𝑥4_{− 4𝑥} 𝑥4_{+ 2𝑥}2_{+ 1}

Dit geeft lim

𝑥→±∞𝑓1′(𝑥) = 1

De scheve asymptoot heeft dus een vergelijking van de vorm 𝑦 = 𝑥 + 𝑝 lim 𝑥→±∞(𝑓1(𝑥) − 𝑥 − 𝑝) = 0 geeft dan 𝑝 = lim 𝑥→±∞(𝑓1(𝑥) − 𝑥) = lim𝑥→±∞ 𝑥3−2𝑥2 𝑥2₊₁

−

𝑥(𝑥2+1) 𝑥2₊₁

⁡

= lim𝑥→±∞ −2𝑥2−𝑥 𝑥2₊₁ = −2 De scheve asymptoot is zodoende 𝑦 = 𝑥 − 2

Vraag 3a – 7 punten

Met vectorvoorstelling lijn MB:

𝑀 is het punt (−9,4) en 𝑐2 heeft vergelijking (𝑥 − 4)2+ (𝑦 − 4)2= 25

De snijpunten van 𝑐1 en de y-as vinden we door op te lossen (0 + 9)2+ (𝑦 − 4)2= 90

of door op te lossen (0 − 4)2_{+ (𝑦 − 4)}2_{= 25}

𝑐1 en 𝑐2 snijden geeft (𝑥 + 9)2− (𝑥 − 4)2= 90 − 25 ⇔ 𝑥2+ 2𝑥 + 81 − 𝑥2+ 16𝑥 − 16 = 65 ⇔ 𝑥 = 0

Dit geeft (𝑦 − 4)2_{= 9 ⇔ 𝑦 − 4 = ±3 ⇔ 𝑦 = 1 ∨ 𝑦 = 7}

De lijn door 𝑀(−9,4) en 𝐵(0,7) heeft vectorvoorstelling (𝑥_{𝑦) = (}0 7) + 𝜆 (

9 3) 𝑥 = 9𝜆 en 𝑦 = 7 + 3𝜆 invullen in de vergelijking van 𝑐2 geeft

(9𝜆 − 4)2_{+ (3𝜆 + 3)}2_{= 25 ⇔ 81𝜆}2_{− 72𝜆 + 16 + 9𝜆}2_{+ 18𝜆 + 9 = 25} Hieruit volgt 90𝜆2_{− 54𝜆 = 0 ⇔ 𝜆 = 0 ∨ 𝜆 =}54 90= 6 10= 3 5 𝜆 =3 5 geeft 𝑥𝐶= 9 ⋅ 3 5= 27 5 = 5 2 5

(3)

𝑀 is het punt (−9,4) en 𝑐2 heeft vergelijking (𝑥 − 4)2+ (𝑦 − 4)2= 25

De snijpunten van 𝑐1 en de y-as vinden we door op te lossen (0 + 9)2+ (𝑦 − 4)2= 90

of door op te lossen (0 − 4)2_{+ (𝑦 − 4)}2_{= 25}

𝑐1 en 𝑐2 snijden geeft (𝑥 + 9)2− (𝑥 − 4)2= 90 − 25 ⇔ 𝑥2+ 2𝑥 + 81 − 𝑥2+ 16𝑥 − 16 = 65 ⇔ 𝑥 = 0

Dit geeft (𝑦 − 4)2_{= 9 ⇔ 𝑦 − 4 = ±3 ⇔ 𝑦 = 1 ∨ 𝑦 = 7}

De lijn door 𝑀(−9,4) en 𝐵(0,7) heeft vergelijking 𝑦 =1

3𝑥 + 7

Voor de snijpunten met 𝑐2 volgt dus (𝑥 − 4)2+ ( 1 3𝑥 + 3) 2 = 25 Hieruit volgt 𝑥2_{− 8𝑥 + 16 +}1 9𝑥 2_{+ 2𝑥 + 9 = 25 ⇔}10 9 𝑥 2_{− 6𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ∨}10 9𝑥 − 6 = 0 Dit geeft 𝑥𝐶 = 6 ⋅ 9 10= 54 10= 5 2 5

Vraag 3b - 4 punten

|𝑃𝑁| = 8 + 5 = 13⁡(= |𝑄𝑁|) Met 𝑆 = (−1,4) volgt: |𝑁𝑆| = 5 en |𝑃𝑁|2_{= |𝑃𝑆|}2_{+ |𝑁𝑆|}2_{⁡⁡(= |𝑄𝑁|}2₎ Dit geeft |𝑃𝑆| = √132_{− 5}2_{= √144 = 12⁡(= |𝑄𝑆|)}

De oppervlakte van driehoek 𝑁𝑃𝑄 is dus 1

2⋅ (|𝑃𝑆| + |𝑄𝑆|) ⋅ |𝑁𝑆| = 1

2⋅ 24 ⋅ 5 = 60

|𝑃𝑁| = |𝑄𝑁| = 13 en |𝑁𝑆| = 5 mogen ook met een tekening waarin de lengtes van de betreffende

lijnstukken duidelijk zijn aangegeven worden toegelicht.

Alternatief voor de tweede en derde regel:

Als je noteert P = (−1, 𝑦1) en Q = (−1, 𝑦2) dan zijn 𝑦1 en 𝑦2 de oplossingen van

(−1 − 4)2_{+ (𝑦 − 4)}2_{= 13}2_{⇔ 25 + 𝑦}2_{− 8𝑦 + 16 = 169 ⇔ 𝑦}2_{− 8𝑦 − 128 = 0 ⇔ 𝑦 = 16 ∨ 𝑦 = −8}

Dit geeft |𝑃𝑄| = 16 − (−8) = 24

Vraag 3c - 5 punten

𝑀 is het punt (−9,4) en 𝐴 is het punt (0,1)

Omdat |𝑀𝐴| = |𝑀𝐷| volgt ∠𝑀𝐷𝐴 = ∠𝑀𝐴𝐷 = 45°, dus ∠𝐴𝑀𝐷 = 90°

Want gelijkbenige driehoek.

𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 9

−3), dus de richtingsvector van 𝑀𝐷 is (een veelvoud van) ⁡( 3 9)

Want inproduct = 0, dus loodrecht. Kan ook via de omweg: rico MA = −1

3, rico MD is dus 3 (want product is −1 dus loodrecht)

De richtingsvector van MD is (een veelvoud van) (1 3).

Een vectorvoorstelling voor de lijn door 𝑀 en 𝐷 is dus (𝑥_{𝑦) = (}−9 4 ) + 𝜆 (

3 9)

(4)

Vraag 4a - 5 punten

Met tangens:

𝑔 heeft een maximum in (1

6𝜋, 1), dus de helling van de grafiek van 𝑔 in A is 0

Standaard eigenschap sinus, hoeft niet met differentiëren te worden aangetoond.

𝑓′(𝑥) = 3 sin(3𝑥), dus 𝑓′₍1

6𝜋) = 3

De hoek is dus tan−1₍₃₎

Dat is 71,6° ≈ 72°

Met cosinusformule:

𝑔 heeft een maximum in (1

6𝜋, 1)

Standaard eigenschap sinus, hoeft niet met differentiëren te worden aangetoond.

De richtingsvector van de raaklijn aan 𝑔 is dus (1 0) 𝑓′(𝑥) = 3 sin(3𝑥), dus 𝑓′₍1

6𝜋) = 3

De richtingsvector van de raaklijn aan 𝑓 is dus (1 3) Dit geeft cos(𝛼) = ((10)(

1 3)) |(1₀)|⋅|(1₃)|= 1+0 1⋅√10= 1 √10 Dus 𝛼 = cos−1₍ 1 √10) ≈ 72°

Vraag 4b - 7 punten

Een primitieve van 𝑓 is 𝐹(𝑥) = 𝑥 −1

3sin(3𝑥); een primitieve van 𝑔 is 𝐺(𝑥) = − 1

3cos(3𝑥)

De oppervlakte van V wordt gegeven door ∫ 𝑓(𝑥)

2 3𝜋 1 6𝜋 ⁡d𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥) 1 3𝜋 1 6𝜋 ⁡d𝑥 of door

∫

𝑓(𝑥) 1 3𝜋 1 6𝜋 − 𝑔

(

𝑥

)

d𝑥 +

∫

𝑓(𝑥) 2 3𝜋 1 3𝜋 ⁡d𝑥

Dit is gelijk aan 𝐹 (2

3𝜋) − 𝐹 ( 1 6𝜋) − 𝐺 ( 1 3𝜋) + 𝐺 ( 1 6𝜋) = 2 3𝜋 − 0 − 1 6𝜋 + 1 3− 1 3+ 0 = 1 2𝜋

Vraag 4c - 7 punten

Met overgang naar cosinusvergelijking:

𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) ⇔ cos (3𝑥 −1 2𝜋) = cos (6𝑥 − 1 3𝜋) of 𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) ⇔ cos (1 2𝜋 − 3𝑥) = cos (6𝑥 − 1 3𝜋) Beide geven 3𝑥 −1 2𝜋 = 6𝑥 − 1 3𝜋 + 𝑘 ⋅ 2⁡ ∨ ⁡ 1 2𝜋 − 3𝑥 = 6𝑥 − 1 3𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 3𝑥 −1 2𝜋 = 6𝑥 − 1 3𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ −3𝑥 = 1 6𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ 𝑥 = − 1 18𝜋 + 𝑘 ⋅ 2 3𝜋 1 𝜋 − 3𝑥 = 6𝑥 −1𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ −9𝑥 = −5𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ 𝑥 = 5 𝜋 + 𝑘 ⋅2𝜋

(5)

𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) ⇔ sin(3𝑥) = sin (6𝑥 −1 3𝜋 + 1 2𝜋) of 𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) ⇔ sin(3𝑥) = sin (1 2𝜋 − (6𝑥 − 1 3𝜋)) Beide geven 3𝑥 = 6𝑥 +1 6𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋⁡ (= 𝜋 − (6𝑥 + 5 6𝜋)) ⁡ ∨ 3𝑥 = 5 6𝜋 − 6𝑥 + 𝑘 ⋅ 2𝜋⁡ (= 𝜋 − (6𝑥 + 1 6𝜋)) 3𝑥 = 6𝑥 +1 6𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ −3𝑥 = 1 6𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ 𝑥 = − 1 18𝜋 + 𝑘 ⋅ 2 3𝜋 3𝑥 =5 6𝜋 − 6𝑥 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ 9𝑥 = 5 6𝜋 + 𝑘 ⋅ 2𝜋 ⇔ 𝑥 = 5 54𝜋 + 𝑘 ⋅ 2 9𝜋 Oplossingen met 0 ≤ 𝑥 ≤2 3𝜋: 𝟓 𝟓𝟒𝝅, 5 54𝜋 + 2 9𝜋 = 𝟏𝟕 𝟓𝟒𝝅; 5 54𝜋 + 4 9𝜋 = 𝟐𝟗 𝟓𝟒𝝅; − 1 18𝜋 + 2 3𝜋 = 𝟏𝟏 𝟏𝟖𝝅

Vraag 5a - 5 punten

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⇔ ln(𝑥2_{+ 1) = 2 ln(2𝑥 − 1) ⇒ ln(𝑥}2_{+ 1) = ln((2𝑥 − 1)}2₎ Dit geeft 𝑥2_{+ 1 = 4𝑥}2_{− 4𝑥 + 1 ⇔ 3𝑥}2_{− 4𝑥 = 0 ⇔ 𝑥(3𝑥 − 4) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 =}4 3 Alleen 𝑥 =4 3 voldoet

Vraag 5b - 6 punten

𝑓(0) = ln(1) = 0, dus te berekenen 𝜋 ⋅ ∫ln(5)𝑥2 0 ⁡d𝑦 𝑦 = ln(𝑥2+ 1) ⇔ 𝑥2+ 1 = e𝑦⇔ 𝑥2= −1 + e𝑦 𝜋 ⋅ ∫ 𝑥2 ln(5) 0 ⁡d𝑦 = 𝜋 ⋅ [−𝑦 + e𝑦_] 0 ln(5)_{… = 𝜋 ⋅ (− ln(5) + 𝑒}ln(5)_{− (0 + e}0_{)) = 𝜋 ⋅ (−ln(5) + 5 + 0 − 1)} ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= 𝜋 ⋅ (4 − ln(5))